khoahoc.vietjack.com
Xin chào! Vào học

Câu hỏi:

03/02/2026 623 Lưu

Cho tam giác \(ABC\) và đường cao \(AH\) gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(AB,AC\). Đường tròn ngoại tiếp tam giác \(BHM\) cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác \(CNH\) tại \(E\). Chứng minh \(AMEN\) là tứ giác nội tiếp và \(HE\) đi qua trung điểm của \(MN\).

Quảng cáo

Trả lời:

verified Giải bởi Vietjack

Cho tam giác \(ABC\) và đường cao \(AH\) gọi \( (ảnh 1)

Để chứng minh \(AMEN\) là tứ giác nội tiếp ta sẽ

chứng minh: \(\widehat {MAN} + \widehat {MEN} = {180^0}\). 

Ta cần tìm sự liên hệ của các góc \(\widehat {MAN};\widehat {MEN}\) với các  góc có sẵn của những tứ giác nội tiếp khác.

Ta có \(\widehat {MEN} = {360^0} - \left( {\widehat {MEH} + \widehat {NEH}} \right) = {360^0} - \left( {{{180}^0} - \widehat {ABC} + {{180}^0} - \widehat {ACB}} \right) = \widehat {ABC} + \widehat {ACB}\) \( = {180^0} - \widehat {BAC}\) suy ra \(\widehat {MEN} + \widehat {MAN} = {180^0}\). Hay tứ giác \(AMEN\) là tứ giác nội tiếp.

Kẻ \(MK \bot BC\), giả sử \(HE\) cắt \(MN\) tại \(I\) thì \(IH\) là cát tuyến của hai đường tròn \((BMH)\), \((CNH)\).

Lại có \(MB = MH = MA\) (Tính chất trung tuyến tam giác vuông).

Suy ra tam giác \(MBH\) cân tại \(M \Rightarrow KB = KH \Rightarrow MK\) luôn đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(MBH\). Hay \(MN\) là tiếp tuyến của \((MBH)\) suy ra \(I{M^2} = IE.IH\), tương tự ta cũng có \(MN\) là tiếp tuyến của \(\left( {HNC} \right)\) suy ra \(I{N^2} = IE.IH\) do đó \(IM = IN\).

Đang tải chế độ Học...

Lớp 9 Hóa học
46 người thi tuần này

Trắc nghiệm Hóa 9 Bài 24 (có đáp án): Ôn tập học kì 1

12 câu 3.2 K lượt thi Thi ngay →
Lớp 9 Tiếng Anh
955 người thi tuần này

Trắc nghiệm Tiếng Anh 9 Global Success Unit 4 Vocabulary and Grammar (có đáp án)

20 câu 2 K lượt thi Thi ngay →
Lớp 9 Khoa học tự nhiên
377 người thi tuần này

Trắc nghiệm Động năng lớp 9 (có đáp án)

15 câu 6 K lượt thi Thi ngay →
Lớp 9 Lịch sử
251 người thi tuần này

28 câu Trắc nghiệm Lịch sử 9 Bài 6 có đúng sai, trả lời ngắn (mới nhất)

28 câu 1.8 K lượt thi Thi ngay →
Lớp 9 Giáo dục công dân
178 người thi tuần này

15 câu trắc nghiệm GDCD 9 Kết nối tri thức Bài 2 có đáp án

15 câu 1.1 K lượt thi Thi ngay →
Lớp 9 Tin học
252 người thi tuần này

15 câu trắc nghiệm Tin học 9 Kết nối tri thức Bài 4 có đáp án

15 câu 1.8 K lượt thi Thi ngay →

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Lời giải

Cho đường tròn \((O)\). Từ một điểm \ (ảnh 1)

a) Chứng minh \(MAOB\) là tứ giác nội tiếp.

Vì \(MA,MB\) là các tiếp tuyến của \((O)\) lần lượt tại \(A,B\) nên \(\widehat {MAO} = \widehat {MBO} = 90^\circ \) (định nghĩa).

Tứ giác \(MAOB\) có \(\widehat {MAO} + \widehat {MBO} = 180^\circ \).

Suy ra tứ giác \(MAOB\) nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng bằng \(180^\circ \)).

b) Vẽ đường kính \(BK\) của đường tròn \((O)\), \(H\) là điểm trên \(BK\) sao cho \(AH\) vuông góc \(BK\). Điểm \(I\) là giao điểm của \(AH,MK\). Chứng minh \(I\) là trung điểm của \(HA\).

Gọi \(N\) là giao điểm của \(AB\) với \(MO\).

\(C\) là giao điểm giữa \(MK\) với đường tròn \((O)\)

Ta có: \(OA = OB \Rightarrow O\) thuộc trung trực của \(AB\).

Tứ giác \(MCNB\) có \(\widehat {MCB} = \widehat {MNB} = 90^\circ \). Suy ra tứ giác \(MCNB\) nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).

\( \Rightarrow \widehat {NMB} = \widehat {NCB}\) (hai góc cùng chắn một cung \(BN\) )

Ta có: \(\widehat {NMB} = \widehat {NBO}\) (cùng phụ với \(\widehat {MBN}\) )

\( \Rightarrow \widehat {NCB} = \widehat {NBO}.\)

Lại có: \(\widehat {NCB} + \widehat {NCI} = 90^\circ ,\widehat {NAI} + \widehat {NBO} = 90^\circ \)

Suy ra \(\widehat {NCI} = \widehat {NAI}\).

Xét tứ giác \(ACNI\) có: \(\widehat {NCI} = \widehat {NAI}(cmt)\), suy ra tứ giác \(ACNI\) nội tiếp (tứ giác có 2 đinh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).

\( \Rightarrow \widehat {ANI} = \widehat {ACI}\) (hai góc cùng chắn cung \(AI\) ).

Trong \((O)\) có: \(\widehat {ACI} = \widehat {ABK}\) (hai góc nội tiếp cùng chấn cung \(AK\) )

Suy ra \(\widehat {ANI} = \widehat {ABK}\). Mà hai góc này vị trí đồng vị \( \Rightarrow NI//BK\)

Tam giác \(ABK\) có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{NI//BK}\\{NA = NB = \frac{1}{2}AB}\end{array}} \right.\)

Suy ra \(I\) là trung điểm của \(AH \Rightarrow IA = IH\) (định lí đường trung bình của tam giác) (đpcm).

Lời giải

Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và điểm \(A\ (ảnh 1)

a) Do \(AB,AC\) là hai tiếp tuyến cắt nhau của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {ABO} = \widehat {ACO} = {90^0} \Rightarrow B,C\) thuộc đường tròn đường kính  \(OA\) có tâm \(I\) là trung điểm \(OA\).  

b) Ta có \(AM.AO = \frac{{AB}}{2}.2AI = AB.AI\).                                                                                     

c) Gọi \(E\) là trung điểm \(MA\), do \(G\) là trọng tâm \(\Delta CMA\) nên \(G \in CE\) và \(\frac{{GE}}{{CE}} = \frac{1}{3}\).

Mặt khác \(\frac{{ME}}{{BE}} = \frac{1}{3}\)  (vì \(ME = \frac{{MA}}{2} = \frac{{MB}}{2}\) nên \(ME = \frac{{BE}}{3}\)) \( \Rightarrow \frac{{GE}}{{CE}} = \frac{{ME}}{{BE}}\), theo định lý Ta-lét đảo \( \Rightarrow MG//BC\).

d) Gọi \(G'\) là giao điểm của \(OA\) và \(CM \Rightarrow G'\) là trọng tâm \(\Delta ABC\). Nên \(\frac{{G'M}}{{CM}} = \frac{1}{3} = \frac{{GE}}{{CE'}}\), theo định lý Ta-lét đảo \(GG'//ME\)  (1)

\(MI\) là đường trung bình trong \(\Delta OAB \Rightarrow MI//OB\), mà \(AB \bot OB\)  (cmt) \( \Rightarrow MI \bot AB\), nghĩa là \(MI \bot ME\)   (2).

Từ (1) và (2) cho \(MI \bot GG'\), ta lại có \(GI' \bot MK\) (vì \(OA \bot MK\)) nên \(I\) là trực tâm \(\Delta MGG'\)\( \Rightarrow GI \bot G'M\) tức \(GI \bot CM\).